黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三化学上学期第一次调研考试试题（含解析）

-1-黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三化学上学期第一次调研考试试题（含解析）一、单选题（每题2分）1.下列关于文献记载的说法正确的是A.《天工开物》中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质B.《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化C.《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程D.《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏【答案】D【解析】【详解】A．丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故A错误；B．青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；D．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D正确；故答案为D。2.化学与生活密切相关。下列叙述不正确．．．的是（）A.二氧化硅是将太阳能转变为电能的常用材料B.中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C.使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力差D.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土【答案】A【解析】【详解】A．单质硅可用于制作太阳能电池的原料，太阳能电池可将太阳能转化为电能，二氧化硅是光导纤维的成分，故A错误；B．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3，能够溶于酸性溶液，可以利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确；C．含钙离子浓度较大的地下水能够与高级脂肪酸钠反应生成高级脂肪酸钙沉淀，去污能力减弱，故C正确；-2-D．瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故D正确；答案选A。3.化学与社会、生产生活和科技都密切相关。下列说法正确的是A.在军舰船底镶嵌锌块作正极，以防船体被蚀B.“天宫二号”使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D.维生素C易被氧气氧化，用作食品抗氧化剂【答案】D【解析】A．锌的活泼性强于铁，军舰船底镶嵌锌块作负极，以防船体被腐蚀，为金属的牺牲阳极的阴极保护法，故A错误；B．碳纤维成分为碳单质，是无机物，不是有机高分子材料，故B错误；C．二氧化硫可用于漂白纸浆是利用了二氧化硫的漂白性，不是二氧化硫的氧化性，故C错误；D．维生素C具有还原性，则用作食品抗氧化剂，故D正确；故选D。4.下列有关物质、变化的说法中，正确的是（）A.化学变化不产生新元素，产生新元素的变化不是化学变化B.向煮沸的1mol·L-1NaOH溶液中滴加FeC13饱和溶液制备Fe(OH)3胶体C.导电性属于物质的物理性质，所以物质导电时不可能发生化学变化D.液氯、乙醇、NH3均属于非电解质【答案】A【解析】A．原子为化学变化中的最小微粒，化学变化中遵循元素守恒，则化学变化不产生新元素，产生新元素的变化不是化学变化，故A正确；B．Fe(OH)3胶体的制备是将FeCl3饱和溶液滴入沸水中制备的，向煮沸的1mol/LNaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3沉淀，故B错误；C．导电时可能为自由电子或自由离子的定向移动，如电解时导电发生化学变化，故C错误；D．液氯是单质，不属于电解质，也不属于非电解质，故D错误；故选A。5.下列说法不正确的是A.干冰升华和液氧气化时，都只需克服分子间作用力-3-B.N2和Cl2O两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构C.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性均依次减弱D.石墨转化金刚石，既有化学键的断裂，又有化学键的形成【答案】C【解析】A、干冰和氧气形成的晶体都是分子晶体，所以干冰升华和液氧气化时，都只需克服分子间作用力，故A正确；B、氮气含N≡N，Cl2O中含2个O-Cl键，N原子上存在1对孤对电子，O原子上存在2对孤对电子，Cl原子上存在3对孤对电子，则两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故B正确；C、同一主族，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：F＞Cl＞Br＞I，元素非金属性越强，其氢化物越稳定，对应阴离子的还原性越弱，所以热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI；还原性：HF＜HCl＜HBr＜HI，故C错误；D、石墨转化金刚石是化学变化，既有化学键的断裂，又有化学键的形成，故D正确；故选C。6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.0.1mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.4NAB.25℃，1LpH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中，含OH-的数目为10-7NAC.一定条件下，0.1molSO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NAD.电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2NA时，阳极质量减少6.4g【答案】B【解析】A．苯环中无双键，故0.1mol苯乙烯中含0.1mol碳碳双键，故A错误；B、25℃，1LpH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中c(OH-)=10-7mol/L，氢氧根的个数为10-7NA，故B正确；C．SO2与足量氧气反应生成SO3的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子数小于0.2NA，故C错误；D．电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，由于阳极有铁杂质存在，铁的摩尔质量小于铜的，所以阳极减少6.4g，转移的电子的物质的量不是0.2mol，故D错误；故选B。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。本题的易错点为D，要注意粗铜中含有杂质(铁、锌等)，作阳极时，铁、锌也要放电。7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NA-4-B.标准状况下，38g3H2O2中含有3NA共价键C.常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移0.3NA电子D.0.1mol•L-1MgCl2溶液中含有的Mg2+数目一定小于0.1NA【答案】B【解析】【详解】A、非标准状况下，22.4LCl2的物质的量不一定是1mol，故A错误；B、1个3H2O2分子中含有3个共价键，38g3H2O2中含有共价键的数目是38338AN3NA，故B正确；C、常温下，铁在浓硝酸中钝化，故C错误；D、根据n=cV，没有溶液体积，不能计算溶质物质的量，故D错误。8.K2FeO4是优良的水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH==2K2FeO4+3KNO3+2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是A.铁元素被氧化，氮元素被还原B.每生成1molK2FeO4，转移6mole−C.K2FeO4具有氧化杀菌作用D.该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4【答案】B【解析】【详解】反在应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO3+2H2O中，铁元素化合价由Fe2O3中的+3价变为K2FeO4中的+6价，化合价升高，Fe2O3为还原剂，而N元素则由KNO3中+5价变为KNO2中的+3价，化合价降低，做氧化剂。A、氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，选项A正确；B、反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO3+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子即6NA个，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3NA个电子，选项B错误；C、K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，选项C正确；D、反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，而氧化性是氧化剂氧化产物，故氧化性：KNO3K2FeO4，选项D正确；-5-答案选B。【点睛】本题考查了氧化还原反应方程式的书写及配平，题目难度较大，明确物质的性质及题给信息、熟悉化合物中各元素化合价是解本题关键。9.乙酸橙花酯兼有橙花和玫瑰花香气，其结构简式如图。关于该有机物的叙述中正确的是①在Ni催化条件下1mol该有机物可与3molH2发生加成；②该有机物不能发生银镜反应；③该有机物分子式为C12H22O2；④该有机物的同分异构体中不可能有酚类；⑤1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOHA.②③④B.①④⑤C.②④⑤D.①②③【答案】C【解析】①分子中含有2个碳碳双键，则1mol该有机物可消耗2molH2，酯基与氢气不发生加成反应，故①错误；②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故②正确；③由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故③错误；④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故④正确；⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH，故⑤正确；故选C。点睛：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键。-6-10.对甲基苯乙烯（）是有机合成的重要原料。下列对其结构与性质的推断错误的是（）A.分子式为910CHB.能发生加聚反应和氧化反应C.具有相同官能团的芳香烃同分异构体有5种(不考虑立体异构)D.分子中所有原子可能处于同一平面【答案】D【解析】【分析】对甲基苯乙烯（）含有甲基、苯环和碳碳双键，具有苯、乙烯的结构特点和性质。【详解】A项、对甲基苯乙烯（）含有9个碳和10个氢，分子式为C9H10，故A正确；B项、含有碳碳双键，可发生加聚反应和氧化反应，故B正确；C项、含有两个支链时，有邻间对三种结构，含有一个支链时：支链为-CH=CH-CH3、-CH2CH=CH2、-C（CH3）=CH2，除了本身，共有5种同分异构体，故C正确；D项、含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构，处于同一平面，分子中含有-CH3，甲基为四面体结构，所以分子中所有原子不可能处于同一平面，故D错误。故选D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握有机物的结构、苯环与H原子的判断为解答的关键。11.分子式为C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构）A.8种B.10种C.12种D.14种【答案】C【解析】【分析】-7-C4H8ClBr可以看成丁烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，丁烷只有2种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。【详解】先分析碳骨架异构，分别为C-C-C-C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架C-C-C-C有、共8种，骨架有和，4种，综上所述，分子式为C4H8BrCl的有机物种类共8+4=12种，C项正确；答案选C。【点睛】本题考查同分异构体的书写，难度中等，学会利用同分异构体的判断方法解题是关键。12.X、Y、Z、W为原子序数递增的4种短周期元素，其中Y、Z为金属元素。X、Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物甲、乙、丙、丁之间存在如图所示反应关系(图中“一”相连的两种物质能发生反应)。下列判断正确的是A.X是元素周期表中非金属性最强的元素B.Z冶炼可通过电解其氯化物的方式获得C.4种原子中，Y离子半径最小D.W的阴离子可能促进水的电离【答案】D【解析】Y、Z为金属元素，对应的最高价氧化物对应的水化物可发生反应，则应为氢氧化铝和氢氧化钠的反应，可知Y为Na、Z为Al，乙为NaOH，丙为Al(OH)3，X应为N，甲为HNO3，W可为为-8-S、Cl，则丁可能为H2SO4、HClO4。由以上分析可知X为N、Y为Na、Z为Al、W为S或Cl，甲为HNO3，乙为NaOH，丙为Al(OH)3，丁为H2SO4或HClO4。A．X为N，元素周期表中非金属性最强的元素为F，故A错误；B．Z为Al，位于周期表第三周期ⅢA族，故B错误；C.4种原子中，半径最小的为N，Y为N